高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲平行关系文北师大版

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(北师大版)高考数学第7章立体几何第3讲平行关系3

第3讲平行关系1．(2021·河北省衡水中学调研)空间直线l不在平面α内 ,那么 "直线l上有两个点到平面α的距离相等〞是 "l∥α〞的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.因为直线l不在平面α内 ,且直线l上有两个点到平面α的距离相等 ,所以直线l∥α或l与α相交．当l与α平行时 ,此时存在两点到平面α的距离相等．所以 "直线l上有两个点到平面α的距离相等〞是 "l∥α〞的必要不充分条件．2．设平面α∥平面β,A∈α ,B∈β ,C是AB的中点 ,当A,B分别在α,β内运动时 ,所有的点C( )A．不共面B．当且仅当A ,B在两条相交直线上移动时才共面C．当且仅当A ,B在两条给定的平行直线上移动时才共面D．不管A ,B如何移动都共面解析：选D.根据平面平行的性质 ,不管A,B如何运动 ,动点C均在与α,β都平行的平面上．3．(2021·惠州模拟)两条不同的直线l,m,两个不同的平面α,β ,那么以下条件能推出α∥β的是( )A．lα ,mα ,且l∥β ,m∥βB．lα ,mβ ,且l∥mC．l⊥α ,m⊥β ,且l∥mD．l∥α ,m∥β ,且l∥m解析：选C.借助正方体模型进行判断．易排除选项A ,B ,D ,应选C.4．(2021·东莞模拟)m ,n是两条直线 ,α ,β是两个平面 ,给出以下命题：①假设n⊥α ,n⊥β ,那么α∥β；②假设平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等 ,那么α∥β；③假设m ,n为异面直线 ,nα ,n∥β ,mβ ,m∥α ,那么α∥β.其中正确命题的个数是( )A．3个B．2个C．1个D．0个解析：选B.①假设n⊥α ,n⊥β ,那么n为平面α与β的公垂线 ,那么α∥β ,故①正确；②假设平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等 ,三点可能在平面β的异侧 ,此时α与β相交 ,故②错误；③假设n,m为异面直线 ,nα ,n∥β ,mβ ,m∥α ,根据面面平行的判定定理 ,可得③正确．应选B.5．(2021·长沙模拟)用a,b,c表示空间中三条不同的直线 ,γ表示平面 ,给出以下命题：①假设a⊥b ,b⊥c ,那么a∥c；②假设a∥b ,a∥c ,那么b∥c；③假设a∥γ ,b∥γ ,那么a∥b.其中真命题的序号是( )A．①②B．③C．①③D．②解析：选D.假设a⊥b,b⊥c,那么a∥c或a与c相交或a与c异面 ,所以①是假命题；在空间中 ,平行于同一直线的两条直线平行 ,所以②是真命题；假设a∥γ,b∥γ ,那么a∥b 或a与b相交或a与b异面 ,所以③是假命题 ,应选D.6.如下图 ,在空间四边形ABCD 中 ,E ,F 分别为边AB ,AD 上的点 ,且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4 ,又H ,G 分别为BC ,CD 的中点 ,那么( ) A ．BD ∥平面EFGH ,且四边形EFGH 是矩形 B ．EF ∥平面BCD ,且四边形EFGH 是梯形 C ．HG ∥平面ABD ,且四边形EFGH 是菱形D ．EH ∥平面ADC ,且四边形EFGH 是平行四边形解析：选B.由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 綊15BD ,所以EF ∥平面BCD .又H ,G 分别为BC ,CD的中点 ,所以HG 綊12BD ,所以EF ∥HG 且EF ≠HG .所以四边形EFGH 是梯形．7.如图 ,在空间四边形ABCD 中 ,M ∈AB ,N ∈AD ,假设AM MB ＝ANND,那么直线MN 与平面BDC 的位置关系是__________．解析：在平面ABD 中 ,AM MB ＝ANND,所以MN ∥BD .又M N ⃘平面BCD ,BD 平面BCD , 所以MN ∥平面BCD . 答案：平行8．棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中 ,M 是棱AA 1的中点 ,过C ,M ,D 1作正方体的截面 ,那么截面的面积是________．解析：由面面平行的性质知截面与平面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线 ,所以截面是梯形CD 1MN ,易求其面积为92.答案：929．设α ,β ,γ是三个不同的平面 ,a ,b 是两条不同的直线 ,有以下三个条件：①a ∥γ ,b β；②a ∥γ ,b ∥β；③b ∥β ,a γ.如果命题 "α∩β＝a ,b γ ,且________ ,那么a ∥b 〞为真命题 ,那么可以在横线处填入的条件是________(把所有正确条件的序号都填上)．解析：由面面平行的性质定理可知 ,①正确；当b ∥β ,a γ时 ,a 和b 在同一平面内 ,且没有公共点 ,所以平行 ,③正确．故填入的条件为①或③. 答案：①或③10．(2021·周口一模)平面α∥平面β ,P 是α ,β外一点 ,过P 点的两条直线AC ,BD 分别交α于A ,B ,交β于C ,D ,且PA ＝6 ,AC ＝9 ,AB ＝8 ,那么CD 的长为________．解析：假设P 在α ,β的同侧 ,由于平面α∥平面β ,故AB ∥CD ,那么PA PC ＝PA PA ＋AC ＝ABCD,可求得CD ＝20；假设P 在α ,β之间 ,那么AB CD ＝PA PC ＝PAAC －PA可求得CD ＝4.答案：20或4 11.如图 ,在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中 ,E ,H 分别为棱A 1B 1 ,D 1C 1上的点 ,且EH ∥A 1D 1 ,过EH 的平面与棱BB 1 ,CC 1相交 ,交点分别为F ,G ,求证：FG ∥平面ADD 1A 1. 证明：因为EH ∥A 1D 1 ,A 1D 1∥B 1C 1 , E H ⃘平面BCC 1B 1 ,B 1C 1平面BCC 1B 1 , 所以EH ∥平面BCC 1B 1.又平面FGHE ∩平面BCC 1B 1＝FG , 所以EH ∥FG ,即FG ∥A 1D 1.又F G ⃘平面ADD 1A 1 ,A 1D 1平面ADD 1A 1 , 所以FG ∥平面ADD 1A 1. 12.如图 ,斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中 ,点D ,D 1分别为AC ,A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时 ,BC 1∥平面AB 1D 1? (2)假设平面BC 1D ∥平面AB 1D 1 ,求ADDC的值．解：(1)如图 ,取D 1为线段A 1C 1的中点 ,此时A 1D 1D 1C 1＝1. 连接A 1B 交AB 1于点O ,连接OD 1.由棱柱的性质 ,知四边形A 1ABB 1为平行四边形 ,所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中 ,点O ,D 1分别为A 1B ,A 1C 1的中点 , 所以OD 1∥BC 1.又因为OD 1平面AB 1D 1 ,BC 1⃘平面AB 1D 1 , 所以BC 1∥平面AB 1D 1.所以A 1D 1D 1C 1＝1时 ,BC 1∥平面AB 1D 1.(2)由 ,平面BC 1D ∥平面AB 1D 1 , 且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1 , 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 因此BC 1∥D 1O ,同理AD 1∥DC 1.所以A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ,A 1D 1D 1C 1＝DC AD .又因为A 1O OB ＝1 ,所以DC AD ＝1 ,即ADDC＝1.1．(2021·（高|考）安徽卷)m ,n 是两条不同直线 ,α ,β是两个不同平面 ,那么以下命题正确的选项是( )A ．假设α ,β垂直于同一平面 ,那么α与β平行B ．假设m ,n 平行于同一平面 ,那么m 与n 平行C ．假设α ,β不平行 ,那么在α内不存在与β平行的直线D ．假设m ,n 不平行 ,那么m 与n 不可能垂直于同一平面解析：选项 ,α ,β可能相交 ,故错误；B 项 ,直线m ,n 的位置关系不确定 ,可能相交、平行或异面 ,故错误；C 项 ,假设m α ,α∩β＝n ,m ∥n ,那么m ∥β ,故错误；D 项 ,假设m ,n 垂直于同一平面 ,那么必有m ∥n ,所以原命题正确 ,故D 项正确． 2.如下图 ,正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ,点P 是棱AD 上一点 ,且AP ＝a3,过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ,Q 在直线CD 上 ,那么PQ ＝________．解析：因为平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ,而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ,平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1 ,所以B 1D 1∥PQ .又因为B 1D 1∥BD ,所以BD ∥PQ , 设PQ ∩AB ＝M ,因为AB ∥CD , 所以△APM ∽△DPQ .所以PQ PM ＝PD AP＝2 ,即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ,所以PM BD ＝AP AD ＝13,所以PM ＝13BD ,又BD ＝2a ,所以PQ ＝223a .答案：223a3.(2021·山西省调研)如图 ,在四棱锥P ABCD 中 ,BC ∥AD ,BC ＝1 ,AD ＝3 ,AC ⊥CD ,且平面PCD ⊥平面ABCD . (1)求证：AC ⊥PD ；(2)在线段PA 上 ,是否存在点E ,使BE ∥平面PCD ?假设存在 ,求PE PA的值；假设不存在 ,请说明理由．解：(1)证明：因为平面PCD ⊥平面ABCD ,且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ,又AC ⊥CD , 所以AC ⊥平面PCD ,因为PD 平面PCD ,所以AC ⊥PD .(2)在线段PA 上 ,存在点E ,使BE ∥平面PCD . 因为AD ＝3 ,所以在△PAD 中 ,存在EF ∥AD (E ,F 分别在AP ,PD 上) ,又BC ∥AD ,所以BC ∥EF ,且BC ＝EF ,且使EF ＝1 ,所以四边形BCFE 是平行四边形 ,所以BE ∥CF ,B E ⃘平面PCD ,CF 平面PCD , 所以BE ∥平面PCD ,因为EF ＝1 ,AD ＝3 ,所以EF AD ＝PE PA ＝13.4.(2021·阜阳月考)如图 ,在三棱锥A BOC 中 ,AO ⊥平面COB ,∠OAB ＝∠OAC ＝π6 ,AB ＝AC ＝2 ,BC ＝ 2 ,D ,E 分别为AB ,OB 的中点． (1)求证：CO ⊥平面AOB ；(2)在线段CB 上是否存在一点F ,使得平面DEF ∥平面AOC ,假设存在 ,试确定F 的位置 ,并证明此点满足要求；假设不存在 ,请说明理由．解：(1)证明：因为AO ⊥平面COB , 所以AO ⊥CO ,AO ⊥BO ,即△AOC 与△AOB 为直角三角形．又因为∠OAB ＝∠OAC ＝π6,AB ＝AC ＝2 ,所以OB ＝OC ＝1.由OB 2＋OC 2＝1＋1＝2＝BC 2,可知△BOC 为直角三角形．所以CO ⊥ BO ,又因为AO ∩BO ＝O ,所以CO ⊥平面AOB .(2)在线段CB 上存在一点F ,使得平面DEF ∥平面AOC ,此时F 为线段CB 的中点．证明如下 ,如图 ,连接DF ,EF ,因为D ,E 分别为AB ,OB 的中点 ,所以DE ∥OA . 又D E ⃘平面AOC ,所以DE ∥平面AOC .因为E ,F 分别为OB ,BC 的中点 ,所以EF ∥OC .又E F ⃘平面AOC ,所以EF ∥平面AOC ,又EF ∩DE ＝E ,EF 平面DEF ,DE 平面DEF , 所以平面DEF ∥平面AOC .。

数学一轮复习第七章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系学案含解析

第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系［考纲解读]1。

理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简单命题．(重点)2.主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点) [考向预测］从近三年高考情况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础,但却很少独立命题．预测2021年高考会有以下两种命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系;②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.1．空间两条直线的位置关系（1）位置关系分类错误!错误!（2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的□04锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．②范围:错误!(0°，90°]．(3）等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角错误!相等或互补．2．空间直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交错误!a∩α＝A□021个平行错误!a∥α错误!0个在平面内错误!a⊂α错误!无数个续表图形语言符号语言公共点平面与平面平行错误!α∥β错误!0个相交错误!α∩β＝l错误!无数个3．必记结论（1)唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．②过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．④过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(2)异面直线的判定定理平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．1．概念辨析(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．（)（2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b 不可能是平行直线．(）（4)两个平面α,β有一个公共点A,就说α，β相交于过A点的任意一条直线．()答案(1)×(2）×（3）√（4)×2．小题热身（1）对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l（）A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线答案C解析不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m 使得m⊥l。

届数学一轮复习第七章立体几何第三节空间图形的基本关系与公理课时规范练文含解析

第七章立体几何第三节空间图形的基本关系与公理课时规范练A组—-基础对点练1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．bαB．b∥αC．bα或b∥αD．b与α相交或bα或b∥α解析：b与α相交或bα或b∥α都可以．答案：D2．(2020·江西景德镇模拟）将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直解析:在题图①中，AD⊥BC,故在题图②中,AD⊥BD，AD⊥DC,又因为BD∩DC＝D,所以AD⊥平面BCD,又BC平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C。

答案：C3．(2020·湖北荆州模拟)设α，β是两个不同的平面,a，b是两条不同的直线，则下列命题正确的是(）A．若a⊥b，b⊥α,则a∥αB．若aα,bβ，α∥β，则a与b是异面直线C．若a⊥α,b⊥β，a⊥b，则α⊥βD．若α∩β＝b,a∥b,则a∥α且a∥β解析：选项A，a可能在α内，故A错；选项B，a与b可能平行可能异面,故B错；选项D,a可能在α或β内,故D错．故选C.答案：C4．（2020·安徽安庆模拟）在正方体ABCD。

A1B1C1D1中,点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是（)A．AD1⊥DP B．AC1⊥DPC．AP⊥B1C D．A1P⊥B1C解析:在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，∵B1C⊥BC1,B1C⊥AB,BC1∩AB＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，∵点P是线段BC1上任意一点，∴AP平面ABC1D1，∴AP⊥B1C.故选C.答案：C5．(2020·河北模拟）若a，b是不同的直线,α,β是不同的平面，则下列命题中正确的是（)A．若a∥α，b∥β,a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则α∥β解析：∵a∥b,a⊥α,∴b⊥α，又b⊥β，∴α∥β.故选C.答案:C6. (2020·广东东莞模拟）如图，在三棱柱ABC.A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（)A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E解析：因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线,所以选项A错误．假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB,即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误．因为点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE,B1C1为异面直线；由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1,故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．综上，选C。

高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第7章 §7 3 直线、平面平行的判定与性质

解析连接BD，则AC∩BD＝O，连接OE(图略)，则OE∥BD1，OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE， ∴BD1∥平面ACE.
3.已知不重合的直线a，b和平面α， ①若a∥α，b⊂α，则a∥b； ②若a∥α，b∥α，则a∥b； ③若a∥b，b⊂α，则a∥α； ④若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α. 上面命题中正确的是___④_____(填序号).
基础自测
题组一思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个
平面.( × ) (2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( × ) (3)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.( × )
l∥a
l⊂β
⇒l∥b
α∩β＝b
2.面面平行的判定定理和性质定理
文字语言一个平面内的两条 _相__交__直__线__与另一个平判定面平行，则这两个平面定理平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
图形语言
符号语言
a∥β b∥β a∩b＝P a⊂α b⊂α
⇒α∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面性质定理 _相__交___，那么它们的交线平行
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或
异面.( √ )
题组二教材改编 2. 如图，在正方体 ABCD － A1B1C1D1 中， E 为 DD1 的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为__平__行___.
α∥β
α∩γ＝a ⇒a∥b β∩γ＝b
3.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. (3)若α∥β，a⊂α，则a∥β.

2022届高考数学一轮复习第七章立体几何 7.4 平行关系学案文北师大版

第四节平行关系授课提示：对应学生用书第131页[基础梳理]1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)因为l∥a，aα，lα，所以l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为l∥α，lβ，α∩β＝b，所以l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，aα，bα，所以α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b1．判定定理序号文字语言图形语言符号语言判定定理2如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊥β⇒α∥β判定定理3平行于同一个平面的两个平面平行⎭⎪⎬⎪⎫α∥ββ∥γ⇒α∥γ2.性质定理序号文字语言图形语言符号语言性质定理2如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面α∥β且aα⇒a∥β性质定理3如果两个平行平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线α∥β且l⊥α⇒l⊥β3.线线平行、线面平行、面面平行的相互转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化，解决平行关系的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际应用中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．[四基自测]1．(易错点：线面平行的性质)下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，bα，则b∥α答案：D2．(基础点：线面平行的判定)下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )A．①③B．②③C．①④ D．②④答案：C3．(基础点：空间平行关系的判定)在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案：①②④4．(易错点：面面平行的性质)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、E、F分别为棱的中点，则△AMN与梯形DBEF的各边关系中，相互平行的有________．答案：MN∥EF∥BD，AM∥DF，AN∥BE授课提示：对应学生用书第132页考点一直线与平面平行的判定与性质挖掘线面平行的条件与结论/ 自主练透[例] (1)(2020·河南洛阳联考)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且lα，mβ，下列结论正确的是( )A．若α⊥β，则l⊥βB．若l⊥m，则α⊥βC ．若α∥β，则l ∥βD ．若l ∥m ，则α∥β[解析] 对于A ，α⊥β，l α，只有加上l 垂直于α与β的交线，才有l ⊥β，所以A 错误；对于B ，若l ⊥m ，l α，m β，则α与β可能平行，也可能相交但不垂直，所以B 错误；对于C ，若α∥β，l α，由面面平行的性质可知，l ∥β，所以C 正确；对于D ，若l ∥m ，l α，m β，则α与β可能平行，也可能相交，所以D 错误． [答案] C(2) (2019·高考全国卷Ⅰ节选)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．证明：MN ∥平面C 1DE .[证明] 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED . 又MN 平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .(3)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为3的菱形，∠ABC ＝60°.PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝3.F 在棱PA 上，①若F 为PA 的中点，求证PC ∥平面BDF ；②若AF ＝1，E 在棱PD 上，且CE ∥平面BDF ，求PE ∶ED 的值．[解析] ①证明：连接AC，AC∩BD＝O，由ABCD为菱形知O为AC的中点，F为PA的中点，∴OF∥PC.OF平面BDF， PC平面BDF.∴PC∥平面BDF.②过E作EG∥FD交AP于G，连接CG，FO.∵EG∥FD，E 错误！链接无效。

2024届新高考一轮复习北师大版第7章第3节平行关系课件(47张)

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夯实·主干知识
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1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
如果平面外一条直线与判定
_此__平__面__内_的一直线平行，那么定理
该直线与此平面平行
符号语言
____ ____ ____
⇒l∥α
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文字语言一条直线与一个平面平行，如性质果 _过__该__直__线_ 的平面与此平面定理相交，那么该直线与交点 G，E，F，H
分别是棱 PB，AB，CD，PC 上共面的四点，BC∥平面
GEFH，则 GH 与 EF 的位置关系为( )
A．相交
B．平行
C．垂直
D．异面
B 因为 BC∥平面 GEFH，BC⊂平面 PBC，且平面 PBC∩平面 GEHF
＝GH，所以 GH∥BC，同理可证 EF∥BC，因此 GH∥EF.故选 B.
C．如果直线 a，b 和平面 α 满足 a∥α，b∥α，那么 a∥b D．如果直线 a，b 和平面 α 满足 α∥b，a∥α，b α，那么 b∥α
答案 D
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2．平面 α∥平面 β 的一个充分条件是( )
A．存在一条直线 a，a∥α，a∥β B．存在一条直线 a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线 a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线 a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D 若 α∩β＝l，a∥l，a α，a β，a∥α，a∥β，故排除 A.若 α∩β ＝l，a⊂α，a∥l，则 a∥β，故排除 B.若 α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β， b∥l，则 a∥β，b∥α，故排除 C.
图形语言
符号语言
____ ____ ________

高考一轮复习第七章第四节空间中的平行关系

[答案] 2
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[巧练模拟]——————(课堂突破保分题，分分必保！)
1．(2012· 抚顺模拟)已知 m，n 表示两条不同直线，α，β，γ 表示不同平面，给出下列三个命题：
m⊥α (1) n⊥α m⊥α (3) n∥α
⇒m∥n；
m⊥α (2) m⊥n
⇒n∥α
⇒α∥β
行，那么这两个平
面平行
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2.两平面平行的性质定理：文字语言性如果两个平行平面时质与第三个平面相交，定那么它们的交线平理行图形语言符号语言 α∥β α∩γ＝a β∩γ＝b
⇒a∥b
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1．(教材习题改编)下列条件中，能判断两个平面平行的是 ( )
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[考题范例] (12分)(2012· 太原模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，已知底面 ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，∠BAD＝90° ，SA⊥底面 ABCD，SA＝AB＝BC＝2.tan∠SDA＝ (1)求四棱锥S－ABCD的体积； (2)在棱SD上找一点E，使CE∥平面SAB，并证明． 2 3
⇒a∥α
定理
2．性质定理：文字语言性质定理如果一条直线和一个平面平行，经过这条 a∥α a⊂β α∩β＝b
⇒a∥b
图形语言
符号语言
直线的平面和这个平
面相交，那么这条直线就和交线平行.
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四、平面与平面平行 1．判定定理：文字语言如果一个平面内有判定定理两条相交直线平行于另一个平面平图形语言符号语言 a⊂α b⊂α a∩b＝P a∥β b∥β
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[步步满分] 2 (1)∵SA⊥底面ABCD，tan∠SDA＝3，SA＝2， ∴AD＝3.(3分) 由题意知四棱锥S－ABCD的底面为直角梯形，且SA＝AB＝BC＝2， 1 1 VS－ABCD＝3×SA×2×(BC＋AD)×AB 1 1 10 ＝3×2×2×(2＋3)×2＝ 3 .(6分)

高考总复习北师大版数学文第七章第三节平行关系

第三节平行关系错误!１．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行（线线平行⇒线面平行）∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行（简记为“线面平行⇒线线平行”）∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b２．平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行（简记为“线面平行⇒面面平行”）∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b１．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．２．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．３．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．[试一试]１．下列说法中正确的是（）１一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；２一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；３过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；４如果直线l和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内．Ａ．１２３４Ｂ．１２３Ｃ．２４Ｄ．１２４解析：选D 由线面平行的性质定理知１４正确；由直线与平面平行的定义知２正确；３错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．１若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；２若m∥l，且m∥α，则l∥α；３若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；４若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４解析：选B 易知１正确；２错误，l与α的具体关系不能确定；３错误，以墙角为例即可说明；４正确，可以以三棱柱为例说明．故选Ｂ．１．转化与化归思想——平行问题中的转化关系２．判断线面平行的两种常用方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：（１）利用线面平行的判定定理；（２）利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面．[练一练]１．a、b、c为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个命题１错误!⇒α∥β２错误!⇒α∥β３错误!⇒a∥α４错误!⇒α∥a其中正确的命题是（）Ａ．１２３Ｂ．１４Ｃ．２Ｄ．１３４解析：选C ２正确．１错在α与β可能相交．３４错在a可能在α内．２．如图所示，在正四棱柱ABCD—A １B１C１D１中，E、F、G、H分别是棱CC、C１D１、D１D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运１动，则M满足条件______时，有MN∥平面B１BDD１.解析：由平面HNF∥平面B１BDD１知，当M点满足在线段FH上有MN∥平面B１BDD１.答案：M∈线段FH错误!考点一线面平行、面面平行的基本问题１若m⊂α，l∩α＝A，A∉m，则l与m不共面；２若m，l是异面直线，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，则n⊥α；３若m，n是相交直线，m⊂α，m∥β，n⊂α，n∥β，则α∥β；４若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m.其中真命题有（）Ａ．４个Ｂ．３个Ｃ．２个Ｄ．１个解析：选B 由异面直线的判定定理，易知１是真命题；由线面平行的性质知，存在直线l′⊂α，m′⊂α，使得l∥l′，m∥m′，∵m，l是异面直线，∴l′与m′是相交直线，又n⊥l，n⊥m，∴n⊥l′，n⊥m′，故n⊥α，２是真命题；由线面平行的性质和判定知３是真命题；满足条件l∥α，m∥β，α∥β的直线m，l 或相交或平行或异面，故４是假命题，于是选Ｂ．２．（２0１３·济宁模拟）过三棱柱ABCA１B１C１的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB１A１平行的直线共有________条．解析：过三棱柱ABCA１B１C１的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A１C１，B１C１的中点分别为E，F，E１，F１，则直线EF，E１F１，EE１，FF１，E１F，EF１均与平面ABB１A１平行，故符合题意的直线共6条．答案：6[类题通法]解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项（１）判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中条件线在面外易忽视．（２）结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．（３）举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．考点二直线与平面平行的判定与性质[典例] （２0１３·新课标Ⅱ）如图，直三棱柱ABCA １B１C１中，D，E分别是AB，BB１的中点．（１）证明：BC１∥平面A１CD；（２）设AA１＝AC＝CB＝２，AB＝２错误!，求三棱锥CA１DE的体积．[解] （１）证明：连接AC １交A１C于点F，则F为AC１中点．又D是AB中点，连接DF，则BC１∥DF.因为DF⊂平面A１CD，BC１⊄平面A１CD，所以BC１∥平面A１CD.（２）因为ABCA１B１C１是直三棱柱，所以AA１⊥CD.由已知AC＝CB，D 为AB的中点，所以CD⊥AB.又AA１∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB１A１.由AA１＝AC＝CB＝２，AB＝２错误!得∠ACB＝90°，CD＝错误!，A１D＝错误!，DE＝错误!，A１E＝３，故A１D２＋DE２＝A１E２，即DE⊥A１D.＝错误!×错误!×错误!×错误!×错误!＝１．所以V CA１DE在本例条件下，线段BC１上是否存在一点M使得DM∥平面A１ACC１？解：存在．当M为BC１的中点时成立．证明如下：连接DM，在△ABC１中，D，M分别为AB，BC１的中点∵DM綊错误!AC１，又DM⊄平面A１ACC１AC１⊂平面A１ACC１，∴DM∥平面A１ACC１.[类题通法]证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法（１）证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线；（２）利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；（３）注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可．[针对训练]（２0１４·长春三校调研）如图，已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB ∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝错误!AB＝１，M是PB 的中点．（１）求证：AM＝CM；（２）若N是PC的中点，求证：DN∥平面AMC.证明：（１）∵在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝错误!AB＝１，∴AC＝错误!，BC＝错误!，∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC.在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝错误!PB，在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝错误!PB，∴AM＝CM.（２）如图，连接DB交AC于点F，∵DC綊错误!AB，∴DF＝错误!FB.取PM的中点G，连接DG，FM，则DG∥FM，又DG⊄平面AMC，FM⊂平面AMC，∴DG∥平面AMC.连接GN，则GN∥MC，GN⊄平面AMC，MC⊂平面AMC.∴GN∥平面AMC，又GN∩DG＝G，∴平面DNG∥平面AMC，又DN⊂平面DNG，∴DN∥平面AMC.考点三平面与平面平行的判定与性质[典例] （２0１３·陕西高考）如图，四棱柱ABCDA１B１C１D１的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A１O⊥底面ABCD，AB＝AA１＝错误!.（１）证明：平面A１BD∥平面CD１B１；（２）求三棱柱ABDA１B１D１的体积．[解] （１）证明：由题设知，BB１綊DD１，∴四边形BB１D１D是平行四边形，∴BD∥B１D１.又B D⃘平面CD１B１，∴BD∥平面CD１B１.∵A１D１綊B１C１綊BC，∴四边形A１BCD１是平行四边形，∴A１B∥D１C.又A１B平面CD１B１，∴A１B∥平面CD１B１.又∵BD∩A１B＝B，∴平面A１BD∥平面CD１B１.（２）∵A１O⊥平面ABCD，∴A１O是三棱柱ABDA１B１D１的高．又∵AO＝错误!AC＝１，AA１＝错误!，∴A１O＝错误!＝１．又∵S△ABD＝错误!×错误!×错误!＝１，＝S△ABD×A１O＝１．∴V ABDA１B１D１[类题通法]判断面面平行的常用方法（１）利用面面平行的判定定理；（２）面面平行的传递性（α∥β，β∥γ⇒α∥γ）；（３）利用线面垂直的性质（l⊥α，l⊥β⇒α∥β）．[针对训练]如图，在直四棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B１B，D１D，DA的中点．求证：（１）平面AD１E∥平面BGF；（２）D１E⊥AC.证明：（１）∵E，F分别是B１B和D１D的中点，∴D１F綊BE.∴四边形BED１F是平行四边形，∴D１E∥BF；又∵D１E⊄平面BGF，BF⊂平面BGF，∴D１E∥平面BGF.∵FG是△DAD１的中位线，∴FG∥AD１；又AD１⊄平面BGF，FG⊂平面BGF，∴AD１∥平面BGF.又∵AD１∩D１E＝D１，∴平面AD１E∥平面BGF.（２）连接BD，B１D１，∵底面是正方形，∴AC⊥BD.∵D１D⊥AC，D１D∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD１B１.∵D１E⊂平面BDD１B１，∴D１E⊥AC.错误![课堂练通考点]１若a∥b，b⊂α，则a∥α；２若a∥b，a∥α，则b∥α；３若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是（）Ａ．0 Ｂ．１Ｃ．２Ｄ．３解析：选A 对于１，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以１不正确；对于２，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此２不正确；对于３，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此３是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．２．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是（）Ａ．１３Ｂ．２３Ｃ．１４Ｄ．２４解析：选C 对于图形１，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形４，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形２３无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行，故选Ｃ．３．（２0１４·济南模拟）平面α∥平面β的一个充分条件是（）Ａ．存在一条直线a，a∥α，a∥βＢ．存在一条直线a，a⊂α，a∥βＣ．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αＤ．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D 若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除Ａ．若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除Ｂ．若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除Ｃ．故选Ｄ．４．如图所示，在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：连接AM并延长，交CD于E，连接BN，并延长交CD于F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，由错误!＝错误!＝错误!，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD５．如图，在三棱柱ABCA １B１C１中，E，F，G，H分别是AB，AC，A１B１，A１C１的中点，求证：（１）B，C，H，G四点共面；（２）平面EFA１∥平面BCHG.证明：（１）∵GH是△A１B１C１的中位线，∴GH∥B１C１.又∵B１C１∥BC，∴GH∥BC.∴B，C，H，G四点共面．（２）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A１G綊EB，∴四边形A１EBG是平行四边形．∴A１E∥GB.∵A１E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.∴A１E∥平面BCHG.∵A１E∩EF＝E，∴平面EFA１∥平面BCHG.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题１．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中（）Ａ．不一定存在与a平行的直线Ｂ．只有两条与a平行的直线Ｃ．存在无数条与a平行的直线Ｄ．存在唯一与a平行的直线解析：选A 当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选Ａ．２．（２0１４·石家庄模拟）已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：１存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；２存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；３存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；４存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是（）Ａ．１３Ｂ．２４Ｃ．１４Ｄ．２３解析：选C 对于２，平面α与β还可以相交；对于３，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以２３是错误的，易知１４正确，故选Ｃ．３．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线（）Ａ．只有一条，不在平面α内Ｂ．只有一条，且在平面α内Ｃ．有无数条，不一定在平面α内Ｄ．有无数条，一定在平面α内解析：选B 由直线l与点P可确定一个平面β，则平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内，选Ｂ．４．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是（）Ａ．AC⊥BDＢ．AC∥截面PQMNＣ．AC＝BDＤ．异面直线PM与BD所成的角为４５°解析：选C 由题意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；由PN∥BD可知，异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，又四边形PQMN为正方形，所以∠MPN＝４５°，故D正确；而AC＝BD没有论证来源．５．如图，四边形ABCD是边长为１的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝１，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是（）Ａ．MC⊥ANＢ．GB∥平面AMNＣ．平面CMN⊥平面AMNＤ．平面DCM∥平面ABN解析：选C 显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中（如图），作AN的中点H，连接HB，MH，GB，则MC∥HB，又HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，又GB⊄平面AMN，MH⊂平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正确．6．（２0１３·惠州调研）已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的有________．１若m∥α，n∥α，则m∥n；２若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；３若m∥α，m∥β，则α∥β；４若m⊥α，n⊥α，则m∥n.解析：若m∥α，n∥α，m，n可以平行，可以相交，也可以异面，故１不正确；若α⊥γ，β⊥γ，α，β可以相交，故２不正确；若m∥α，m∥β，α，β可以相交，故３不正确；若m⊥α，n⊥α，则m∥n，４正确．答案：４7．在正四棱柱ABCDA１B１C１D１中，O为底面ABCD的中心，P是DD１的中点，设Q是CC１上的点，则点Q满足条件________时，有平面D１BQ∥平面PAO.解析：假设Q为CC１的中点，因为P为DD１的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD，DB的中点，所以D１B∥PO，又D１B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D１B∥平面PAO，QB∥平面１PAO，又D１B∩QB＝B，所以平面D１BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC１的中点时，有平面D１BQ∥平面PAO.答案：Q为CC１的中点8．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．１α∥γ，n⊂β；２m∥γ，n∥β；３n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．解析：由面面平行的性质定理可知，１正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，３正确．答案：１或３9．（２0１４·保定调研）已知直三棱柱ABCA′B′C′满足∠BAC＝90°，AB＝AC＝错误!AA′＝２，点M，N分别为A′B，B′C′的中点．（１）求证：MN∥平面A′ACC′；（２）求三棱锥CMNB的体积．解：（１）证明：如图，连接AB′，AC′，∵四边形ABB′A′为矩形，M为A′B的中点，∴AB′与A′B交于点M，且M为AB′的中点，又点N为B′C′的中点，∴MN∥AC′，又MN⊄平面A′ACC′，且AC′⊂平面A′ACC′，∴MN∥平面A′ACC′.（２）由图可知V CMNB＝V MBCN，∵∠BAC＝90°，∴BC＝错误!＝２错误!，又三棱柱ABCA′B′C′为直三棱柱，且AA′＝４，∴S△BCN＝错误!×２错误!×４＝４错误!.∵A′B′＝A′C′＝２，∠B′A′C′＝90°，点N为B′C′的中点，∴A′N⊥B′C′，A′N＝错误!.又BB′⊥平面A′B′C′，∴A′N⊥BB′，∴A′N⊥平面BCN.又M为A′B的中点，∴M到平面BCN的距离为错误!，∴V CMNB＝V MBCN＝错误!×４错误!×错误!＝错误!.１0．（２0１３·江苏高考）如图，在三棱锥SABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：（１）平面EFG∥平面ABC；（２）BC⊥SA.证明：（１）因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.（２）因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.第Ⅱ组：重点选做题１．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是（）Ａ．平行Ｂ．平行和异面Ｃ．平行和相交Ｄ．异面和相交解析：选B 因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊂平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．２．（２0１４·汕头质检）若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是________．１若m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；２若m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；３已知α，β互相平行，m，n互相平行，若m∥α，则n∥β；４若m，n在平面α内的射影互相平行，则m，n互相平行．解析：１为假命题，２为真命题，在３中，n可以平行于β，也可以在β内，故是假命题，在４中，m，n也可能异面，故为假命题．答案：２。

高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲平行关系课件理北师大版

在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤.
3.
如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，S 是 B1D1 的中点，E、 F、G 分别是 BC、DC、SC 的中点，求证： (1)直线 EG∥平面 BDD1B1； (2)平面 EFG∥平面 BDD1B1.
3．若平面 α∥平面 β，直线 a∥平面 α，点 B∈β，则在平面 β 内过 B 点的所有直线中( A ) A．不一定存在与 a 平行的直线 B．只有两条与 a 平行的直线 C．存在无数条与 a 平行的直线 D．存在唯一与 a 平行的直线
解析：当直线 a 在平面 β 内且经过 B 点时，a∥平面 α，但这时在平面 β 内过 B 点的所有直线中，不存在与 a 平行的直线，而在其他情况下，都可以存在与 a 平行的直线，故选
判定面面平行的方法 (1)利用定义，即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)； (3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)； (4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用).
2.
如图，已知 ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体，点 E 在 AA1 上，点 F 在 CC1 上，G 在 BB1 上，且 AE＝FC1＝B1G ＝1，H 是 B1C1 的中点． (1)求证：E，B，F，D1 四点共面； (2)求证：平面 A1GH∥平面 BED1F.
[解] 点 E 为 AB 的中点时 DE∥平面 AB1C1，证明如下：
法一：取 AB1 的中点 F，连接 DE、EF、FC1，因为 E、F 分别为 AB、AB1 的中点，所以 EF∥BB1 且 EF＝12BB1.

高考数学一轮总复习单元质检卷七空间向量与立体几何北师大版

单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.(2021湖南衡阳月考)下列说法正确的是()A.三点确定一个平面B.如果一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任意一条直线C.如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直D.平行于同一平面的两条直线互相平行2.平面α外的一条直线l上有相异的三个点A，B，C，且三个点到平面α的距离相等，那么直线l 与平面α的位置关系是()A.l⊥αB.l∥αC.l与α相交D.l∥α或l⊂α3.(2021山东济宁二模)“直线m垂直平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.一个正四棱锥的底面边长为2，高为√3，则该正四棱锥的表面积为()A.8B.12C.16D.205.(2021广东清远一中开学考试)把一个已知圆锥截成一个圆台和一个小圆锥，已知圆台的上、下底面半径之比为1∶3，母线长为6 cm，则已知圆锥的母线长为()A.8 cmB.9 cmC.10 cmD.12 cm6.(2021河南安阳一中月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π67.(2020河北博野中学高三开学考试)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为D1C1的中点.过点B1，E，A的平面截该正方体所得的截面周长为() A.6√2+4√5 B.4√2+2√5C.5√2+3√5D.8√2+4√58.(2021河北石家庄质量检测二)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，BC⊥PC，PA=AC=√2，BC=a，动点Q从B点出发，沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为√10，则该棱锥的外接球的表面积为()A.5πB.8πC.10πD.20π9.关于空间两条不同直线a，b和两个不同平面α，β，下列命题正确的是()A.a⊥α，b⊥α，则a⊥bB.a⊥b，b⊥β，则a∥βC.a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥bD.a∥α，α⊥β，则a⊥β10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法不正确的是()A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马”B.四面体A1-C1CB为“鳖臑”C.过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1BD.四棱锥B-A1ACC1体积最大为2311.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，F为棱AA1上的点，且满足A1F∶FA=1∶2，点F，B，E，G，H为过三点B，E，F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点，则下列说法正确的是()A.HF与BE相交B.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是()A.点F的轨迹是一条线段B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不可能平行D.三棱锥F-ABD1的体积为定值二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AB的中点，则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有.14.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面A1CC1与平面BDC1的交线是.15.将半径为4的半圆卷成一个圆锥，则圆锥的体积为.16.(2021浙江杭州二中模拟)如图，△ABC的三边AB=10，BC=12，CA=14，D，E，F分别是三边的中点，沿DF，FE，ED将△ADF，△CEF，△BED折起，使得A，B，C重合于点P，则四面体PDEF的表面积为;体积为.三、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点.(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;(2)证明:EF⊥平面A1CD.18.(12分)(2021安徽马鞍山三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，∠ABC=60°，O为AD的中点.(1)证明:平面PAD⊥平面POC;(2)若AD=2，PC=√6，点M在线段PD上，PM=3MD，求三棱锥P-OCM的体积.19.(12分)(2021北京延庆三模)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD1A1为矩形，且侧面ADD1A1⊥底面ABCD，AA1=4，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)求证:MN∥平面C1DE;(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.20.(12分)(2021北京，17)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F.(1)证明:点F 为B 1C 1的中点;(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M-CF-E 的余弦值为√53，求A 1MA 1B 1的值.21.(12分)(2020新高考Ⅰ，20)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.22.(12分)(2021天津滨海新区塘沽第一中学月考)已知如图，四边形PDCE为矩形，四边形ABCDCD=1，PD=√2.为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=12(1)若M为PA中点，求证:AC∥平面MDE;(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点)，使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π?若3存在，请说明点Q的位置;若不存在，请说明理由.单元质检卷七空间向量与立体几何1.C 解析:当三点共线时，不能确定一个平面，故A 错误;如果一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内的任意一条直线可能平行也可以异面，故B 错误;由线面垂直的判定定理知C 正确;平行于同一平面的两条直线可能平行，可能相交也可以异面，故D 错误. 故选C .2.B 解析:当直线l 与平面α相交时，直线l 上只有2个不同点到平面α的距离相等，故A ，C 错误;当直线l ∥平面α时，直线上所有点到平面距离都相等，满足题意，故B 正确; 因为平面α外的一条直线l ，所以l ⊄α，故D 错误. 故选B .3.B 解析:因为当直线m 垂直平面α内的所有直线时，可得m ⊥α，所以由直线m 垂直平面α内的无数条直线不一定能推出m ⊥α; 当m ⊥α时，直线m 垂直平面α内的无数条直线，所以直线m 垂直平面α内的无数条直线是m ⊥α的必要不充分条件. 故选B .4.B 解析:如图所示，在正四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，设点P 在底面ABCD 的投影点为点O ，则四棱锥P-ABCD 的高PO=√3，则O 为AC 的中点，且AO=12AC=√22AB=√2，PB=PA=√PO 2+AO 2=√5.取AB 的中点E ，连接PE ，则PE ⊥AB ，且PE=√PA 2-AE 2=2，则S △PAB =12AB ·PE=2，故正四棱锥P-ABCD 的表面积S=4S △PAB +S 四边形ABCD =4×2+2×2=12.故选B .5.B 解析:设圆锥的母线长为l ，因为圆台的上、下底面半径之比为1∶3，所以(l-6)∶l=1∶3，解得l=9. 故选B .6.D 解析:(方法1)如图1所示，连接BC 1，则∠PBC 1就是直线PB 与AD 1所成的平面角，易得PB ⊥PC 1，且BC 1=2PC 1，所以∠PBC 1=π6.故选D .(方法2)以点D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图2.设AB=1，则B (1，1，0)，P12,12，1，A (1，0，0)，D 1(0，0，1)，所以PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,12，-1，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，1)，设直线PB 与AD 1所成的角为θ，则cos θ=|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PB⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=32√32×√2=√32，所以θ=π6.图1图2故选D .7.A 解析:如图，取DD 1的中点F ，连接AF ，EF ，显然EF∥AB1，则四边形AB1EF为所求的截面.因为D1E=C1E=2，所以B1E=√22+42=2√5，AB1=√42+42=4√2，EF=√22+22=2√2，AF=√42+22=2√5，所以截面的周长为6√2+4√5.8.B解析:将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面，如图所示.则动点Q从B点出发，沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为AB.∵PA⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥AC.又BC⊥PC，PA=AC，∴∠ACB=π2+π4=3π4，∴AB2=AC2+BC2-2AC·BC cos∠ACB=2+a2+2√2a×√22=10，解得a=2.∴PB=√PC2+BC2=√PA2+AC2+BC2=2√2.取PB中点O，连接AO，CO，∵PA⊥AB，PC⊥BC，∴AO=CO=12PB，∴O为该棱锥的外接球的球心，其半径R=12PB=√2，∴球O的表面积S=4πR2=8π.故选B.9.C解析:对于A，当a⊥α，b⊥α，直线a和b相当于平面α的法向量，则a∥b，故A错误; 对于B，当a⊥b，b⊥β，则a∥β或a⊂β，故B错误;对于C ，a ⊥α，b ⊥β，α⊥β，则a ⊥b ，故C 正确;对于D ，a ∥α，α⊥β，则a ⊥β或a 与β相交，或a ∥β，故D 错误. 故选C .10.D 解析:因为底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，所以在“堑堵”ABC-A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，侧棱AA 1⊥平面ABC ，因为AA 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，且AA 1∩AC=A ，则BC ⊥平面AA 1C 1C ，所以四棱锥B-A 1ACC 1为“阳马”，故A 项正确;由AC ⊥BC ，得A 1C 1⊥BC ，又A 1C 1⊥C 1C 且C 1C ∩BC=C ，所以A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1C 1⊥BC 1，则△A 1BC 1为直角三角形. 又由BC ⊥平面AA 1C 1C ，得△A 1BC 为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A 1C 1C 为直角三角形，△CC 1B 为直角三角形，所以四面体A 1-C 1CB 为“鳖臑”，故B 项正确;因为BC ⊥平面AA 1C 1C ，则BC ⊥AF ，又AF ⊥A 1C 且A 1C ∩BC=C ，则AF ⊥平面A 1BC ，所以AF ⊥A 1B.又AE ⊥A 1B 且AF ∩AE=A ，则A 1B ⊥平面AEF ，则A 1B ⊥EF ，故C 项正确;在底面有4=AC 2+BC 2≥2AC ×BC ，即AC ×BC ≤2，当且仅当AC=BC 时等号成立， V B -A 1ACC 1=13S A 1ACC 1×BC=13AA 1×AC ×BC=23AC ×BC ≤43，故D 项不正确.故选D .11.D 对于A 选项，由于平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，而平面BMN 与这两个平面分别交于HF 和BE ，根据面面平行的性质定理可知HF ∥BE ，故A 错误; 由于A 1F ∶FA=1∶2，而E 是CC 1的中点，故MA 1=1，C 1N=2.对于B 选项，V B 1-BMN =V B -MNB 1=13×12×MB 1×NB 1×BB 1=13×12×3×4×2=4，故B 错误; 对于C 选项，由于B 1N ⊥平面A 1B 1BA ，所以直线MN 与平面A 1B 1BA 所成的角为∠NMB 1，且tan ∠NMB 1=B 1N B 1M =43≠1，故C 错误;对于D 选项，可知D 1G=12，GC 1=32，故D 正确. 故选D .12.C 解析:对于选项A ，如图，分别找线段BB 1，B 1C 1的中点M ，N ，连接A 1M ，MN ，A 1N.由题得MN ∥AD 1，MN ⊄平面D 1AE ，AD 1⊂平面D 1AE ，所以MN ∥平面D 1AE.又A 1M ∥DE ，A 1M ⊄平面D 1AE ，D 1E ⊂平面D 1AE ，所以A 1M ∥平面D 1AE.又MN ∩A 1M=M ，所以平面A 1MN ∥平面D 1AE.因为A 1F 与平面D 1AE 的垂线垂直，又A 1F ⊄平面D 1AE ，所以直线A 1F 与平面D 1AE 平行.又A 1F ⊂平面A 1MN ，且点F 是侧面BCC 1B 1内的动点，平面A 1MN ∩平面BCC 1B 1=MN ，所以点F 的轨迹为线段MN ，故选项A 正确;对于选项B ，由图可知，AF 与BE 是异面直线，故选项B 正确;对于选项C ，当点F 与点M 重合时，直线A 1F 与直线D 1E 平行，故选项C 错误;对于选项D ，因为MN ∥AD 1，MN ⊄平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1，所以MN ∥面ABD 1，则点F 到平面ABD 1的距离是定值，又三角形ABD 1的面积是定值，所以三棱锥F-ABD 1的体积为定值，故选项D 正确.故选C .13.AB ，A 1B 1 解析:由正三棱柱的性质可知，与直线CD 和AA 1都垂直的直线有AB ，A 1B 1. 14.C 1M 解析:因为C 1∈平面A 1CC 1，且C 1∈平面BDC 1，同时M ∈平面A 1CC 1，且M ∈平面BDC 1，所以平面A 1CC 1与平面BDC 1的交线是C 1M. 15.8√3π3解析:由题知，圆锥的母线长为l=4.设圆锥的底面半径为r ，则2πr=4π，即r=2.所以圆锥的高h=√l 2-r 2=2√3.故圆锥的体积V=13·πr 2·h=13×4π×2√3=8√3π3. 16.24√6 2√95 解析:四面体的表面展开图即△ABC. △ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC=AB 2+BC 2-AC 22AB ·BC=102+122-1422×10×12=15，则sin ∠ABC=2√65. 四面体PDEF 的表面积为S △ABC =12AB ·BC sin ∠ABC=12×10×12×2√65=24√6. 因为四面体PDEF 相对棱等长，则该四面体的每一组相对棱可作为一个矩形的两条对角线，从而把四面体PDEF 补形成长方体D 1EP 1F-DE 1PF 1，如图.PD=EF=5，PE=DF=6，PF=DE=7，设FP 1=x ，FD 1=y ，FF 1=z ，则有{x 2+y 2=25,y 2+z 2=36,z 2+x 2=49,解得{x 2=19,y 2=6,z 2=30,故xyz=6√95.所以四面体PDEF 的体积V=V D 1EP 1F -DE 1PF -4V P -P 1EF =xyz-4×16xyz=13xyz=2√95. 17.解据题意，建立如图空间直角坐标系.则D (0，0，0)，A 1(2，0，2)，C (0，2，0)，E (2，1，0)，F (1，1，1)，D 1(0，0，2)， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，1)，CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-2，2)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0，2)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0). (1)cos <EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |EF ⃗⃗⃗⃗⃗||CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×2√2=12，∴<EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=60°，即异面直线EF 和CD 1所成的角为60°. (2)∵EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1×2+0×0+1×2=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即EF ⊥DA 1. ∵EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1×0+0×2+1×0=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC⃗⃗⃗⃗⃗ ，即EF ⊥DC. 又DA 1，DC ⊂平面DCA 1，且DA 1∩DC=D ， ∴EF ⊥平面A 1CD.18.(1)证明根据题意可得，PA=PD ，AO=OD ，∴PO ⊥AD.∵底面ABCD 为菱形，∠ABC=60°，则△ACD 为等边三角形，∴CO ⊥AD. ∵PO ∩OC=O ，PO ，OC ⊂平面POC ，∴AD ⊥平面POC.又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面POC.(2)解在等边三角形PAD 中，∵AD=2，∴OP=OC=√3. 又PC=√6，∴OP 2+OC 2=PC 2，即PO ⊥OC ， ∴S △POC =12·PO ·OC=12×√3×√3=32.由(1)可知，AD ⊥平面POC ，又PM=3MD ， ∴V P-OCM =V M-POC =34V D-POC =34×13S △POC ×DO=34×13×32×1=38.19.(1)证明连接B 1C ，ME.因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点，所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，故四边形MNDE 为平行四边形，则MN ∥ED.又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE.(2)解因为底面ABCD 是正方形，所以CD ⊥AD.因为侧面ADD 1A 1⊥底面ABCD ，且侧面ADD 1A 1∩底面ABCD=AD ，所以CD ⊥平面ADD 1A 1，所以CD ⊥DD 1，AD ⊥DD 1.又因为侧面ADD 1A 1为矩形，所以AD ⊥DD 1.如图建立空间直角坐标系Dxyz ，其中D (0，0，0)，C 1(0，2，4)，E (1，2，0)，C (0，2，0)，且DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，4)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2，0). 因为CD ⊥平面ADD 1A 1，所以DC ⊥平面BCC 1B 1，故DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0)为平面C 1EB 1的一个法向量，设n =(x ，y ，z )为平面DC 1E 的法向量，则{n ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y +4z =0,x +2y =0,取y=-2，可得n =(4，-2，1).所以cos <DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n >=DC ⃗⃗⃗⃗⃗·n |DC ⃗⃗⃗⃗⃗||n|=2×√21=-2√2121.因为二面角A-DE-B 1的平面角是钝角，所以二面角A-DE-B 1的余弦值为-2√2121. 20.(1)证明如图所示，取B 1C 1的中点F'，连接DE ，EF'，F'C ，由于ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F'为中点，故EF'∥CD ，从而E ，F'，C ，D 四点共面，则平面CDE 即为平面CDEF'，故可得直线B 1C 1交平面CDE 于点F'.当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F'重合，即点F 为B 1C 1中点.(2)解以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为2，设A 1MA 1B 1=λ(0≤λ≤1)，则M (2，2λ，2)，C (0，2，0)，F (1，2，2)，E (1，0，2)，从而MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2，2-2λ，-2)，CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，2)，FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-2，0)，设平面MCF 的法向量为m =(x 1，y 1，z 1)，则{m ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+(2−2λ)y 1-2z 1=0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+2z 1=0,令z 1=-1，可得m =2，11−λ，-1. 设平面CFE 的法向量为n =(x 2，y 2，z 2)，则{n ·FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2y 2=0,n ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2+2z 2=0,令z 2=-1可得n =(2，0，-1). 则cos <m ，n >=m ·n|m||n|=√5+(11−λ) ×√5=√53，整理可得(λ-1)2=14，解得λ=12λ=32舍去. 21.解(1)因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥AD. 又底面ABCD 为正方形，所以AD ⊥DC. 所以AD ⊥平面PDC.因为AD ∥BC ，AD 不在平面PBC 中，所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC=l ，所以l ∥AD.所以l ⊥平面PDC.(2)以D 为坐标原点，分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由PD=AD=1，得D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，P (0，0，1)，则DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，1，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，-1).由(1)可设Q (a ，0，1)，则DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ，0，1). 设n =(x ，y ，z )是平面QCD 的法向量，则{n ·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{ax +z =0,y =0.可取n =(-1，0，a ). 所以cos <n ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗|n||PB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√1+a 2.设PB 与平面QCD 所成角为θ，则sin θ=√33√1+a 2=√33√1+2aa 2+1.因为√33√1+2aa 2+1≤√63，当且仅当a=1时，等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63.22.(1)证明如图，设PC 与DE 交于点N ，连接MN. 因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.又M 为PA 的中点，因为MN ∥AC ，而MN ⊂平面MDE ，AC ⊄平面MDE ，所以AC ∥平面MDE.(2)解因为平面PDCE ⊥平面ABCD ，平面PDCE ∩平面ABCD=DC ，PD ⊥DC ，PD ⊂平面PDCE ，所以PD ⊥平面ABCD.因为AD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AD. 因为∠BAD=∠ADC=90°，所以DA ，DC ，DP 两两垂直.以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，根据题意，则有A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，P (0，0，√2)，所以PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，-√2)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，-√2)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，-√2). 设平面PBC 的一个法向量为m =(x ，y ，z )，则{m ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y -√2z =0,2y -√2z =0,取y=1，则m =(1，1，√2).设直线PA 与平面PBC 所成角的平面角为θ，则有sin θ=|cos <m ，PA⃗⃗⃗⃗⃗ >|=m ·PA⃗⃗⃗⃗⃗ |m||PA⃗⃗⃗⃗⃗ |=1−2√3×2=√36.(3)解假设存在点Q 满足题意，则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)，故PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2λ，-√2λ)，则Q (0，2λ，√2−√2λ).所以DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2λ，√2−√2λ)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，0). 设平面DAQ 的一个法向量为n =(a ，b ，c )，则有{n ·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2λb +(√2-√2λ)c =0,a =0,取b=1，则n =0，1，√2λλ-1，由(2)知平面PBC 的一个法向量为m =(1，1，√2)，根据题意，有cos π3=cos <m ，n >，则|m ·n||m||n|=12|1+2λλ-1|2×√1+2λ2(λ-1)2=12，解得λ=23.即得PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即点Q 为线段PC 上靠近点C 的一个三等分点，坐标为Q 0，43,√23.。

2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量3空间点直线平面之间的位置关系练习含解析

空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理 1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线，平行直线，异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × ) 教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )A ．AB 与CD 是异面直线 B ．GH 与CD 相交C ．EF ∥CD D ．EF 与AB 异面答案 ABC解析把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G 与C 重合，点B 与F 重合，由图可知ABC 正确，EF 与AB 相交，故D 错． 2．如果直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β．且α∥β，则a 与b ( ) A ．共面 B ．平行 C ．是异面直线D ．可能平行，也可能是异面直线答案 D解析 α∥β，说明a 与b 无公共点， ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形．答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD ．(2)∵四边形EFGH 为正方形， ∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD ．题型一基本事实应用例1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，连接D 1F ，CE ．求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明 (1)如图所示，连接CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB ，AA 1的中点， ∴EF ∥A 1B ，且EF ＝12A 1B ．又∵A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F ，即E ，C ，D 1，F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形， ∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ，则P ∈CE ，且P ∈D 1F ，∵CE ⊂平面ABCD ，D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD ，且P ∈平面A 1ADD 1．又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点．教师备选如图所示，已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ．求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线．证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线， ∴EF ∥B 1D 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， ∴EF ∥BD ．∴EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设平面A 1ACC 1为α，平面BDEF 为β． ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案 B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中，错误的是( )A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案 C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 D解析方法一如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，所以C 1P ⊥平面B 1BP ．又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP ．连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6．方法二如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝3，SE ＝14SB ，则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A ．222B ．53C ．1316D ．113答案 D解析如图，过点S 作SF ∥OE ，交AB 于点F ，连接CF ，则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角．∵SE ＝14SB ，∴SE ＝13BE ．又OB ＝3，∴OF ＝13OB ＝1．∵SO ⊥OC ，SO ＝OC ＝3， ∴SC ＝32．∵SO ⊥OF ，∴SF ＝SO 2＋OF 2＝10． ∵OC ⊥OF ，∴CF ＝10． ∴在等腰△SCF 中，tan∠CSF ＝102－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322＝113．教师备选1．(多选)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 异面C ．若a ，b 不同在平面α内，则a 与b 异面D ．若a ，b 不同在任何一个平面内，则a 与b 异面答案 ABC2．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22 答案 C解析如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ．易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52， DB 1＝AB 2＋AD 2＋BB 21＝5．所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55．思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．二证：证明作出的角是异面直线所成的角．三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2 (1)如图所示，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交答案 D解析如图1，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图2，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．图1 图2题型三空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形 D ．六边形答案 C解析先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C 1M ，CD 相交于点P ，直线C 1N ，CB 相交于点Q ，连接PQ 交直线AD 于点E ，交直线AB 于点F ，则五边形C 1MEFN 为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______．答案π2解析以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为14×2π×1＝π2．延伸探究将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝2．又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ ．又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1，同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2．教师备选如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案 92解析如图，过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ，过点M 作BD 的平行线，交C 1D 1于点N ，连接DN ，则平面BDNM 即为符合条件的平面α，由图可知M ，N 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点，故BD ＝22，MN ＝2，且BM ＝DN ＝5， ∴等腰梯形MNDB 的高为h ＝52－⎝⎛⎭⎪⎫222＝322， ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2＋22)×322＝92．思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析易知A ，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN ＝22，GH ＝2，OE ＝OO ′2＋O ′E 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62，所以S ＝2×12×(2＋22)×62＝33，故D 正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案 3 2解析在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时，只需要ME ∥BC 1，如图所示，因为A 1M ＝2MD 1，故该截面与正方体的交点位于靠近D 1，A ，C 的三等分点处，故可得截面为MIHGFE ，设正方体的棱长为3a ，则ME ＝22a ，MI ＝2a ，IH ＝22a ，HG ＝2a ，FG ＝22a ，EF ＝2a ，所以截面MIHGFE 的周长为ME ＋EF ＋FG ＋GH ＋HI ＋IM ＝92a ，又因为正方体A 1C 的棱长为1，即3a ＝1，故截面多边形的周长为32．课时精练1．下列叙述错误的是( )A ．若P ∈α∩β，且α∩β＝l ，则P ∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案 C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( ) A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案 A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 平行B ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 平行C ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 异面D ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 异面答案 D解析设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ，则MN ＝MC 21＋C 1N 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 ＝2a ，作点E 在平面ABCD 内的射影点G ，连接EG ，GF ，所以EF ＝EG 2＋GF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋2a2＝3a ，所以MN ≠12EF ，故选项A ，C 错误；连接DE ，因为E 为平面ADD 1A 1的中心，所以DE ＝12A 1D ，又因为M ，N 分别为B 1C 1，CC 1的中点，所以MN ∥B 1C ，又因为B 1C ∥A 1D ，所以MN ∥ED ，且DE ∩EF ＝E ，所以MN 与EF 异面，故选项B 错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1 图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．答案105解析如图所示，补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所求角为∠BC 1D 或其补角，∵BC 1＝2，BD ＝22＋1－2×2×1×cos60°＝3，C 1D ＝AB 1＝5，易得C 1D 2＝BD 2＋BC 21，即BC 1⊥BD ，因此cos∠BC 1D ＝BC 1C 1D ＝25＝105． 8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号) ①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直； ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β； ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直，则l ⊥α； ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．答案 ①②④解析对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l 与平面内的任意直线垂直时，得到l ⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，CC 1的中点．(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值； (2)求三棱锥A 1－D 1EF 的体积．解 (1)如图，设BB 1的中点为H ，连接HF ，EH ，A 1H ，因为F 是CC 1的中点，所以A 1D 1∥CB ∥HF ，A 1D 1＝CB ＝HF ，因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形，所以D 1F ∥A 1H ，D 1F ＝A 1H ，因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是AB 的中点，所以A 1E ＝A 1H ＝22＋12＝5，EH ＝12＋12＝2，由余弦定理可知，cos∠EA 1H ＝A 1E 2＋A 1H 2－EH 22A 1E ·A 1H ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45．(2)因为A 1D 1∥HF ，HF ⊄平面A 1D 1E ，A 1D 1⊂平面A 1D 1E ，所以HF ∥平面A 1D 1E ，因此点H ，F 到平面A 1D 1E 的距离相等，即111111F A D E H A D E D A EH V V V －－－＝＝，11D A EH V －＝13D 1A 1·1A EH S △＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×2×1×2－12×1×1＝1，所以三棱锥A 1－D 1EF 的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点，M 为AB 上一点．(1)若D 1E 与CM 相交于点K ，求证D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点； (2)若AB ＝2，AA 1＝4，∠BAD ＝π3，求点D 1到平面FBD 的距离．(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K ， ∴K ∈D 1E ，K ∈CM ，而D 1E ⊂平面ADD 1A 1，CM ⊂平面ABCD ，且平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴K ∈AD ，∴D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点K ． (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2， ∴BC ＝CD ＝2，而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD ， ∴CC 1⊥底面ABCD ，又∵F 是CC 1的中点，CC 1＝4，∴CF ＝2， ∴BF ＝DF ＝22，又∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝π3，∴BD ＝AB ＝2， ∴S △FBD ＝12×2×222－1＝7．设点D 1到平面FBD 的距离为h ，点B 到平面DD 1F 的距离为d ，则d ＝2sin π3＝3，又∵11D FBD B DD F V V －－＝， ∴13×S △FBD ×h ＝13×1DD F S △×d ， ∴13×7×h ＝13×12×4×2×3，解得h ＝4217．即点D1到平面FBD的距离为421 7．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是( )A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案 BD解析如图，连接MP ，AC ，因为MP ∥AC ，MP ≠AC ，所以AP 与CM 是相交直线，又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1＝DD 1，所以AP ，CM ，DD 1相交于一点，则A 不正确，B 正确；令AC ∩BD ＝O ，连接OD 1，ON ．因为M ，N 分别是C 1D 1，BC 的中点，所以ON ∥D 1M ∥CD ，ON ＝D 1M ＝12CD ，则四边形MNOD 1为平行四边形，所以MN ∥OD 1，因为MN ⊄平面BB 1D 1D ，OD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以MN ∥平面BB 1D 1D ，C 不正确，D 正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q 分别为A 1B ，B 1D 1，A 1D ，CD 1的中点，则直线EF 与PQ 所成角的大小是________．答案 π3解析如图，连接A 1C 1，BC 1，则F 是A 1C 1的中点，又E 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1，连接DC 1，则Q 是DC 1的中点，又P 为A 1D 的中点，所以PQ ∥A 1C 1，于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角．易知△A 1C 1B 是正三角形，所以∠A 1C 1B ＝π3． 14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱A 1D 1，CC 1的中点，过P ，Q ，A 作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案 25＋95＋2133 解析如图所示，过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ，由A 1P ＝CQ ＝2，tan∠APA 1＝2，则tan∠CMQ ＝2，CM ＝CQtan∠CMQ＝1，延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点，连接PE ，交D 1C 1于N 点，则多边形AMQNP 即为截面，根据平行线性质有C 1E ＝CM ＝1， C 1N ND 1＝C 1E PD 1＝12，则C 1N ＝43，D 1N ＝83，因此NQ ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， NP ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫832＝103，又AP ＝42＋22＝25，AM ＝42＋32＝5，MQ ＝12＋22＝5，所以多边形AMQNP 的周长为AM ＋MQ ＋QN ＋NP ＋PA＝5＋5＋2133＋103＋2 5 ＝25＋95＋2133．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，AA 1＝3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则下列说法中错误的是( )A ．点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形答案 D解析对于A ，因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等．由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此，点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍．故选项A 正确；延长DA ，DC 交直线EF 的延长线于点P ，Q ，连接D 1P ，D 1Q ，交棱A 1A ，C 1C 于点M ，N ．连接ME ，NF ，可得五边形D 1MEFN ，故选项D 错误；由平行线分线段成比例可得AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰三角形．由相似三角形可知，AM ＝AP ＝1，A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2．连接MN ，则MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ．等腰梯形MEFN 的高h ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝62，则等腰梯形MEFN 的面积为22＋22×62＝332．又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为332＋23＝732，故选项B 正确；记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V 2＝1D DPQ V －－V M －PAE －V N －CFQ＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256，所以V 1＝1111ABCD A B C D V －－V 2＝12－256＝476， V 1∶V 2＝47∶25，故选项C 正确．16．如图1，在边长为4的正三角形ABC 中，D ，F 分别为AB ，AC 的中点，E 为AD 的中点．将△BCD 与△AEF 分别沿CD ，EF 同侧折起，使得二面角A －EF －D 与二面角B －CD －E 的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．图1 图2(1)在多面体中，求证：A ，B ，D ，E 四点共面；(2)求多面体的体积．(1)证明因为二面角A －EF －D 的大小等于90°，所以平面AEF ⊥平面DEFC ，又AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，平面AEF ∩平面DEFC ＝EF ，所以AE ⊥平面DEFC ，同理，可得BD ⊥平面DEFC ，所以AE ∥BD ，故A ，B ，D ，E 四点共面．(2)解因为AE ⊥平面DEFC ，BD ⊥平面DEFC ，EF ∥CD ，AE ∥BD ，DE ⊥CD ，所以AE 是四棱锥A －CDEF 的高，点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离，又AE ＝DE ＝1，CD ＝23，EF ＝3，BD ＝2，所以V ＝V A －CDEF ＋V A －BCD ＝13S 梯形CDEF ·AE ＋13S △BCD ·DE ＝736．。

届高考数学大一轮总复习第七章立体几何 7.3 平行关系课件文北师大版

(1)利用线面平行的定义(无公共点)。
(2)利用线面平行的判定定理(a
α，b
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a
α，a∥b⇒a∥α)。 α⇒a∥β)。
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a
β，a∥α⇒a∥β)。
【规律方法】
判断或证明线面平行的常用方法：
(1)利用线面平行的定义(无公共点)。
(2)利用线面平行的判定定理(a
答案 B
4．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题
“α∩β＝m，n γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中
的一组，使该命题为真命题。
①α∥γ，n β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m γ。
可以填入的条件有( )
A．①或②
B．②或③
C．①或③
D．①或②或③
【答案】 D
(2) 过三棱柱 ABC － A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线，其中与平面 ABB1A1平行的直线共有____6____条。
【解析】过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记 AC ， BC ， A1C1 ， B1C1 的中点分别为 E ， F ， E1 ， F1 ，则直线 EF ， E1F1 ， EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条。
[练一练]
1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( )
A．平行
B．相交
C．异面
D．以上均有可能
解析与一个平面平行的两条直线可以平行、相交，也可以异面。答案 D
2．下列命题中，正确的是( ) A．若a∥b，b α，则a∥α B．若a∥α，b α，则a∥b C．若a∥α，b∥α，则a∥b D．若 a∥b，b α，a α，则 b∥α

2012届高考数学(文)一轮复习课件：7-3第三节平行关系(北师大版)

第七章
立体几何
北师大版数学文
第七章
立体几何
北师大版数学文
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考情关注近年来，高考题由考查
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理
知识向考查能力方向转变，题目新颖多变，灵活性强．立体几何试题一般都是综合直线和平面，以及简单
解空间中线面平行的有关性
质与判定定理． 2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题.
第七章
立体几何
北师大版数学文
面面平行的性质定理的应用问题，往往涉及面面平行的
判定、线面平行的判定与性质的综合应用．解题时，要准确地找到解题的切入点，灵活地运用相关定理来解决问题，注意三种平行关系之间的相互转化．
第七章
立体几何
北师大版数学文
[互动训练3] 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
第七章
立体几何
北师大版数学文
1.(2010·福建卷)如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1 被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E 为线段A1B1 上异于B1 的点，F为线段BB1 上异于B1 的点，且 EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )
E、F、G、H分别是BC、CC1、C1D1、A1A的中点．
求证：
(1)BF∥HD1； (2)EG∥平面BB1D1D； (3)平面BDF∥平面B1D1H.
第七章
立体几何
北师大版数学文
证明： (1) 如图所示，取 BB1 的中点 M ，易证四边形
HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.

(全国版)2019版高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系学案

第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系板块一知识梳理·自主学习［必备知识］考点1 平面的基本性质考点2 空间两条直线的位置关系1．位置关系的分类错误!错误!异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点．2．平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行．3．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．4．异面直线所成的角（1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角（或直角)叫做异面直线a与b所成的角．（2)范围：错误!。

考点3 空间直线、平面的位置关系［必会结论］1．公理2的三个推论推论1:经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；推论3:经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．[考点自测］1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)（1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．( )(2)两个平面ABC与DBC相交于线段BC。

( )（3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a,那么c与b不可能是平行直线．（）(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( )答案（1）×(2)×(3）√(4)×2．[2018·福州质检]已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的( ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件．故选A.3．［课本改编]若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是（）A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α答案D解析b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．故选D.4．[2018·衡中调研］已知直线a，b，c，有下面四个命题:①若a，b异面,b，c异面，则a，c异面；②若a，b相交，b，c相交，则a，c相交；③若a∥b，则a,b与c所成的角相等；④若a⊥b，b⊥c，则a∥c.其中真命题的序号是________．答案③解析①a,c可能相交、平行或异面；②a,c可能相交、平行或异面；③正确；④a，c可能相交、平行或异面．5.[2018·大连模拟］如图，在三棱锥C－ABD中，E，F分别是AC和BD的中点,若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角是________．答案30°解析取CB的中点G，连接EG，FG,∵EG∥AB，FG∥CD，∴EF与CD所成的角为∠EFG或其补角．又∵EF⊥AB，∴EF⊥EG。

2018高考数学一轮复习第7章立体几何初步第3节平行关系课件文北师大版

4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是________．
平行 [如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线， ∴EF∥BD1，又EF 平面ACE，
BD1 平面ACE， ∴BD1∥平面ACE.]
5．(2017·河北石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
2．(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
[变式训练1] (2017·唐山模拟)若m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论中正确的是( )
A．若m∥α，m∥n，则n∥α B．若m α，n β，m∥β，n∥α，则α∥β C．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥n D．若α∥β，m∥α，n∥m，n β，则n∥β
(3)符号与图形语言
2.平面与平面平行的判定与性质 (1)判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (2)性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
(3)符号与图形语言
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( ) (2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( ) (3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( ) (4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)√

高考数学一轮专项复习ppt课件-平行关系(北师大版)

自主诊断
3.α，β是两个平面，m，n是两条直线，下列四个命题中正确的是 A.若m∥n，n∥α，则m∥αB.若m∥α，n⊂α，则m∥n
√C.若α∥β，m⊂α，则m∥β
D.若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
自主诊断
若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故A不正确；若m∥α，n⊂α，则m∥n或m与n异面，故B不正确；若α∥β，则α与β没有公共点，又因为m⊂α，所以m与β没有公共点，所以m∥β，故C正确；若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故D不正确.
第七章
§7.4 平行关系
课标要求
1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明. 2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用.
内容索引
第一部分落实主干知识第二部分探究核心题型
课时精练
第一部分
落实主干知识
知识梳理
1.线面平行的判定定理和性质定理
方法二如图，延长DA，CB相交于H，连接PH， ∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4， ∴HHCB＝CADB ＝12，即B为HC的中点，又E为PC的中点，∴BE∥PH，又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD， ∴BE∥平面PAD.
方法三如图，取CD的中点H，连接BH，HE， ∵E为PC的中点， ∴EH∥PD，又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴EH∥平面PAD，又由题意知AB綊DH，∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD，又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD，
文字语言如果平面外一条直线判定与此平面内的一条定理直线平行，那么该直线与此平面平行
图形语言
符号语言
_l_⊄_α_ _a_⊂__α _l_∥__a__

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